Χημεία θετικής κατεύθυνσης Α.1. γ Α.2. β Α.. α Α.4. β Α.5. β Β.1. α Λ β Λ γ Σ δ Σ ε Σ ΘΕΜΑ Α ΘΕΜΑ Β Β.2. α. i. Ο σ δεσμός δημιουργείται με επικάλυψη s-s, s-p, και με επικάλυψη κατά άξονα p-p ατομικών τροχιακών, ενώ o π δεσμός δημιουργείται με πλευρική επικάλυψη p-p ατομικών τροχιακών. ii. Ο σ δεσμός είναι ισχυρότερος και άρα πιο σταθερός του π δεσμού. β. Αφού Εi1 < Ei2 << Ei < Ei4 καταλαβαίνουμε ότι το άτομο του στοιχείου έχει 2 ηλεκτρόνια στην εξωτερική στιβάδα, άρα ανήκει στην 2 η Ομάδα του Περιοδικού Πίνακα. γ. ΗΔ + Η2Ο Δ - + ΗΟ + κόκκινο κίτρινο 1
+ - - H -5 O Δ Δ Kα 10 1 Kα = = = = + - HΔ HΔ HO 10 100 Ο δείκτης αλλάζει χρώμα στην περιοχή: pka -1 < ph < pka +1 4 < ph < 6. Άρα το διάλυμα θα αποκτήσει κόκκινο χρώμα δ. Το άλας ΝΗ4Α παθαίνει διάσταση: ΝΗ4Α ΝΗ4 + + Α - C - - - C C Αφού ph = 8 Tο Α - ιοντίζεται. Οπότε ΝΗ4 + + Η2Ο ΝΗ + ΗΟ + Α - + Η2Ο ΗΑ + ΟΗ - Άρα ph = 8 [HO + ] < [ - ] KaNH4 + < KbA - KbNH > KaHA, Οπότε η Κα του ΗΑ είναι μικρότερη του 10-5. ΘΕΜΑ Γ Γ.1. α. Γνωρίζουμε ότι το 1-πεντίνιο εμφανίζει όξινες ιδιότητες ενώ το 2-πεντίνιο δεν εμφανίζει. Οπότε προσθέτουμε στο δοχείο Να ή Κ και εάν παρατηρήσουμε έκλυση αερίου Η2, τότε θα έχουμε το 1-πεντίνιο, ενώ εάν δεν παρατηρήσουμε έκλυση αερίου Η2, τότε θα έχουμε το 2- πεντίνιο. β. Επειδή δεν μπορούμε να διακρίνουμε απευθείας σε ποιο δοχείο περιέχεται ο HCOOCH και ο CHCOOCH2CH θα κάνουμε τα εξής: θα προσθέσουμε H2O σε όξινο περιβάλλον για να έχουμε την υδρόλυση των εστέρων + H HCOOCH + Η2Ο + H CHCOOCH2CH + Η2Ο HCOOΗ + CHΟΗ CHCOOΗ + CHCH2OΗ Θα προσθέσουμε KMnO4 παρουσία H2SO4 και εκεί που θα παρατηρήσουμε έκλυση αερίου CO2, θα έχουμε τον HCOOCH. 5HCOOΗ + 2KMnO4 + H2SO4 5CO2 + 2MnSO4 + K2SO4 + 8H2O 5CHOΗ + 6KMnO4 + 9H2SO4 5CO2 + 6MnSO4 + K2SO4 + 19H2O 2
Γ.2. A: HC CH B: CH2=CH2 Γ: CHCH2Cl Δ: CHCH2MgCl E: CHCHO Z: CH CHCHCH OMgCl H: CH CHCHCH Γ.. Έστω x mol CvH2v+1 και y mol CμH2μ+1 Mr: 14ν + 18 και Mr: 14μ + 18 mμίγματος = m CvH2v+1 + m CμH2μ+1 44,4 = x (14ν + 18) + y(14μ + 18) x (14ν + 18) + y(14μ + 18) = 14,8 (1) Το μίγμα χωρίζεται σε τρία ίσα μέρη, οπότε σε κάθε μέρος περιέχονται x mol CvH2v+1 και y mol CμH2μ+1. 1 ο Μέρος CvH2v+1 + Να CvH2v+1OΝα + 1 2 Η2 x mol x/2 mol CμH2μ+1 + Να CμH2μ+1OΝα + 1 2 Η2 y mol Οπότε x + y =0,2 (2) 2 ο Μέρος y/2 mol + Mg CvH2v+1 + SOCl2 CvH2v+1Cl + H 2 O CvH2v+2 Mg()Cl A.A. CvH2v+1MgCl + Mg CμH2μ+1 + SOCl2 CμH2μ+1Cl + H 2 O CμH2μ+2 Mg()Cl A.A. CμH2μ+1MgCl
Αφού προκύπτει ένα μόνο οργανικό προϊόν v = μ () Από (1), (2) και () (x + y) (14ν + 18) = 14,8 0,2(14ν + 18) = 14,8 14v = 56 v = 4 Οπότε i. CHCH2CH2CH2 ii. CH CHCHCH iii. CH CHCH CH 2 iv. CH - C - CH CH Επειδή στο ο μέρος προσθέτουμε διάλυμα I2 / Na η μοναδική αλκοόλη που δίνει την αλογονοφορμική είναι η ii. Επομένως οι αλκοόλες που θα μας δίνουν το ίδιο αλκάνιο θα είναι: ο Μέρος CHCH2CH2CH2 CH CHCHCH CH CHCHCH y mol 4I + 6Na CH CH COONa + CHI + 5NaI + 5H O 2 2 2 y mol Άρα y = 0,05 mol. Οπότε από (2) x = 0,15 mol. Συνεπώς 0,45 mol CHCH2CH2CH2 και 0,15 mol CH CHCHCH Δ.1. Διάλυμα NaNO (Y1) δοχείο ph = 7 Διάλυμα NH (Y2) δοχείο 4 ph = 11 Διάλυμα HCl (Y) δοχείο 1 ph = 1 Διάλυμα Na (Y4) δοχείο 5 ph = 1 Διάλυμα NH4Cl (Y5) δοχείο 2 ph = 5 ΘΕΜΑ Δ Δ.2. α. nnaοη = C V = 0,1M 5 10 - L = 5 10-4 mol 4
CH CHCO Na CH CHCOO Na + H O 2 ; = 5 10-4 mol 5 10-4 mol Άρα C = 5 10-2 M β. Για την ανίχνευση της καρβοξυλομάδας του γαλακτικού οξέος προσθέτουμε NaHCO και εκλύεται CO2. CH CHCO NaHCO CH CHCOO Na + CO + HO 2 2 Για την ανίχνευση της υδροξυλομάδας του γαλακτικού οξέος προσθέτουμε SOCl2 και εκλύεται SO2 και HCl. CH CHCO SOCl CH CHCO + SO + HCl 2 2 Cl Δ.. Έστω V2 L ο όγκος του Na και V1 L ο όγκος του NΗ4Cl Πριν την ανάμειξη nnaοη = C V = 0,1M V1L = 0,1V1 mol n NΗ4Cl = C V = 0,1M V2L = 0,1V2 mol Μετά την ανάμειξη mol NH4Cl + Na NH + NaCl + H2O Αρχικά 0,1V1 0,1V2 - - - Αντιδρούν 0,1V2 0,1V2 - - - Παράγονται - - 0,1V2 0,1V2 - Τελικά 0,1(V1-V2) - 0,1V2 0,1V2-0,1 (V1- V2 NH ) 4Cl = M V + V 1 2 0,1 V2 και NH = M V + V 1 2 Οπότε το διάλυμα ρυθμιστικό. Βρίσκουμε από το διάλυμα Υ2 ότι Kb NH = 10-5. Οπότε λύνουμε και βρίσκουμε V1 = 2V2. 5
ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 2014 Δ.4. Έχουμε ίσους όγκους V των διαλυμάτων: Υ2: ΝΗ 0,1Μ Υ4: ΝαΟΗ 0,1Μ Υ6: ΝΗ/ΝΗ4Cl Το διάλυμα Y6 είναι ρυθμιστικό διάλυμα, οπότε για να μεταβληθεί το ph του κατά μία μονάδα θα πρέπει να προσθέσουμε πολύ μεγάλη ποσότητα νερού. Το διάλυμα Υ2 είναι ασθενής ηλεκτρολύτης NH, οπότε με την αραίωση γνωρίζουμε ότι C οπότε a = Kb cβάσης και άρα η συγκέντρωση των [ΟΗ-] μειώνεται με μικρότερο ρυθμό από ότι μειώνεται η συγκέντρωση των [ΟΗ-] στο διάλυμα Υ4 που είναι ισχυρός ηλεκτρολύτης ΝαΟΗ, άρα θα πρέπει να προσθέσουμε μεγαλύτερη ποσότητα νερού στο Υ 2 από ότι στο Υ4. Συνεπώς yl < xl < ωl ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ: Λ. ΓΑΛΑΝΑΚΗΣ ΣΧΟΛΙΟ Η επιλογή των θεμάτων για την εξέταση του μαθήματος της Χημείας Κατεύθυνσης στις Πανελλαδικές 2014 κρίνεται επιτυχής, καθώς ανταποκρίνεται τόσο στις απαιτήσεις των εξετάσεων όσο και στις δυνατότητες των υποψηφίων. Συγκεκριμένα, Τα θέματα κάλυπταν μεγάλο μέρος της εξεταζόμενης ύλης Το τέταρτο θέμα που καλύπτει το τρίτο κεφάλαιο στην ύλη του μαθήματος ήταν σχετικά εύκολο. Οι Ερωτήσεις στο δεύτερο θέμα είναι σαφείς, εύκολες και απαιτούν λίγο χρόνο για να απαντηθούν. Το τρίτο θέμα που καλύπτει το πέμπτο κεφάλαιο στην ύλη του μαθήματος δεν παρουσίαζε δυσκολία, το Δ ήταν ένα ερώτημα για υποψήφιους καλά προετοιμασμένους. Προβληματισμό θα προκαλέσει το Δ4 για το αν θα έπρεπε να απαντηθεί θεωρητικά ή υπολογιστικά. Φ Ρ Ο Ν Τ Ι ΣΤΗ Ρ Ι Α ΘΕΩΡΗΤΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ 6